$n=0,1,2,\cdots$ に対して調和数 $H_n$ および一般化調和数 $H_n^{(p)}$ を次のように定義する。$$H_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\quad,\quad H_0=0$$$$H_n^{(p)}=1+\frac{1}{2^p}+\cdots+\frac{1}{n^p}\quad,\quad H_0^{(p)}=0$$このときweight5の基本的なEuler-sum\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^3} &=& -\frac{9}{2}\zeta(5)+3\zeta(2)\zeta(3) \\ \sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n^2} &=& \frac{11}{2}\zeta(5)-2\zeta(2)\zeta(3)\end{eqnarray}およびweight6の基本的なEuler-sum\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^5} &=& \frac{7}{4}\zeta(6)-\frac{1}{2}\zeta(5)\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^4} &=& -\frac{1}{3}\zeta(6)+\zeta(3)^2\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(4)}}{n^2} &=& \frac{37}{12}\zeta(6)-\zeta(3)^2\end{eqnarray*}を導出する。
また、その途中で次のような公式も得る。\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3(n+k)^2} &=& \frac{9}{2}\zeta(5)-2\zeta(2)\zeta(3)\\\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^3(n+k)^3}&=&-\frac{1}{2}\zeta(6)+\frac{1}{2}\zeta(3)^2\\\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^4(n+k)^2}&=&\frac{25}{12}\zeta(6)-\zeta(3)^2\end{eqnarray*}
単発としても読めますが、シリーズを通して読むとベターです。
なかでも、前回の記事は：
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part13
類似シリーズ：
多重対数関数の基礎知識が必要です：
$H_n^{(p)}$ は定義の通り、リーマンゼータ関数 $\zeta(p)$ を第 $n$ 項で打ち切ったものです。ゆえに\begin{equation}H_n^{(p)} =\zeta(p)- \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(n+k)^p}\tag{1}\end{equation}ここで\begin{equation}A:=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3}\left(\zeta(2)-H_n^{(2)}\right)\tag{2}\end{equation}を定義します。すると\begin{equation}A=\zeta(2)\zeta(3)-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^3}\tag{3}\end{equation}よって $A$ を計算できれば、今日のEuler-sumは（ゼータ関数の形で）求まるわけです。
$H_n^{(p)}$ は有限和ですので、無限級数の式にこれが含まれていると、二重級数（ただし内側が有限和）の形で書けることが分かります。ところが $A$ を使えば(1)より\begin{equation}A=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^3(n+k)^2}\tag{4}\end{equation}と、ともに無限和である二重級数になります。和の順序をとりかえ$$A=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3(n+k)^2}$$
$$0<A\le\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3}=\zeta(3)$$より絶対収束するので順序交換OK
さらに変数 $n,k$ をとりかえ$$A=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^3(n+k)^2}$$よって\begin{eqnarray}2A &=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{n^3(n+k)^2}+\frac{1}{k^3(n+k)^2}\right) \\&=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{n^3+k^3}{k^3n^3(n+k)^2} \\&=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{(n+k)^3-3nk(n+k)}{k^3n^3(n+k)^2} \\&=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{k^3n^2}+\frac{1}{k^2n^3}-\frac{3}{n^2k^2(n+k)}\right)\\ &=& 2\zeta(2)\zeta(3)- 3\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^2k^2(n+k)}\end{eqnarray}$\frac{1}{k(n+k)}$ を部分分数分解して\begin{eqnarray}2A &=& 2\zeta(2)\zeta(3)- 3\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^3k}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n+k}\right) \\&=& -\zeta(2)\zeta(3)+3\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^3k(n+k)} \\&=& -\zeta(2)\zeta(3)+3\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^4}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n+k}\right) \\&=& -\zeta(2)\zeta(3)+3\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n+k}\right)\end{eqnarray}こちらで示したディガンマ関数の級数表示：\begin{equation}\psi(z)=-\g-\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{z+n}-\frac{1}{n+1}\right)\tag{5}\end{equation}によって\begin{equation}\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n+k}\right)=H_n\tag{6}\end{equation}と分かるので$$2A=-\zeta(2)\zeta(3)+3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}$$こちらで示した等式\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4}=3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)\tag{7}\end{eqnarray}を使えば$$2A=9\zeta(5)-4\zeta(2)\zeta(3)$$(3)と合わせて
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^3} = -\frac{9}{2}\zeta(5)+3\zeta(2)\zeta(3)\tag{8}\end{equation}
ここの「2023/2/8」で示した等式\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(p)}}{n^q}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(q)}}{n^p}=\zeta(p)\zeta(q)+\zeta(p+q)\tag{9}\end{equation}によって
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n^2} = \frac{11}{2}\zeta(5)-2\zeta(2)\zeta(3)\tag{10}\end{equation}
同じ方法で$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^4}$$をやってみましょう。\begin{equation}B:=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}\left(\zeta(2)-H_n^{(2)}\right)\tag{11}\end{equation}と定義して\begin{equation}B=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^4(n+k)^2}\tag{12}\end{equation}和の順を取り換えたものと足し合わせて\begin{eqnarray}2B &=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{n^4(n+k)^2}+\frac{1}{k^4(n+k)^2}\right) \\&=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{n^4+k^4}{n^4k^4(n+k)^2} \\&=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(n+k)^4-4nk(n+k)^2+2n^2k^2}{n^4k^4(n+k)^2} \\&=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{(n+k)^2}{n^4k^4}-\frac{4}{n^3k^3}+\frac{2}{n^2k^2(n+k)^2}\right)\\&=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{n^2+2nk+k^2}{n^4k^4}-\frac{4}{n^3k^3}+\frac{2}{n^2k^2(n+k)^2}\right) \\&=& 2\zeta(2)\zeta(4)-2\zeta(3)^2+2\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^2k^2(n+k)^2}\end{eqnarray}2で割っておきます。\begin{eqnarray}B &=& \zeta(2)\zeta(4)-\zeta(3)^2+\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^2k^2(n+k)^2} \\&=& \zeta(2)\zeta(4)-\zeta(3)^2+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n+k}\right)^2 \\&=& \zeta(2)\zeta(4)-\zeta(3)^2+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{k^2}-\frac{2}{k(n+k)}+\frac{1}{(n+k)^2}\right) \\&=& 2\zeta(2)\zeta(4)-\zeta(3)^2+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}\sum_{k=1}^\infty\left(-\frac{2}{k(n+k)}+\frac{1}{(n+k)^2}\right) \\&=& 2\zeta(2)\zeta(4)-\zeta(3)^2+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}\sum_{k=1}^\infty\left(-\frac{2}{n}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n+k}\right)+\frac{1}{(n+k)^2}\right) \\&=& 2\zeta(2)\zeta(4)-\zeta(3)^2+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(n+k)^2}-2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^5}\quad(\because(6)) \\&=& 2\zeta(2)\zeta(4)-\zeta(3)^2+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}\left(\zeta(2)-H_n^{(2)}\right)-2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^5} \\&=& 2\zeta(2)\zeta(4)-\zeta(3)^2+B-2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^5}\end{eqnarray}ということで両辺に $B$ が現れて消えてしまいます。求めようとしていたものは得られませんでしたが、副産物として次を得ます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^5} = \frac{\pi^6}{540}-\frac{1}{2}\zeta(5)\tag{13}\end{equation}あるいは\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^5} = \frac{7}{4}\zeta(6)-\frac{1}{2}\zeta(5)\tag{14}\end{equation}
なお、この式はこちらで示したものと一致しています。
先ほどの方法の何が悪かったのか、本質は分かりません。気を取り直して別の級数を考えます。$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(4)}}{n^2}$$この場合は\begin{equation}C:=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}\left(\zeta(4)-H_n^{(4)}\right)\tag{15}\end{equation}と定義して(1)より\begin{equation}C=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^2(n+k)^4}\tag{16}\end{equation}部分分数分解を繰り返し使って計算します。\begin{eqnarray*}C &=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2(n+k)^2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k}\right)^2 \\&=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2(n+k)^2}\left(\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+k)^2}-\frac{2}{kn}+\frac{2}{k(n+k)}\right) \\&=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{n^2k^2(n+k)^2}+\frac{1}{k^2(n+k)^4}-\frac{2}{k^3n(n+k)^2}+\frac{2}{k^3(n+k)^3}\right) \end{eqnarray*}(16)より第2項は $C$ となりますので$$0 =\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{n^2k^2(n+k)^2}-\frac{2}{k^3n(n+k)^2}+\frac{2}{k^3(n+k)^3}\right)$$あれ！消えてしまった $C$ はもはや求まらない・・・のですが、我慢して第1項と第2項を整理すると$$\frac{1}{n^2k^2(n+k)^2}=\frac{1}{n^4k^2}+\frac{1}{n^4(n+k)^2}-\frac{2}{n^5}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+n}\right)$$$$\frac{1}{k^3n(n+k)^2}=\frac{1}{k^5}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k}\right)-\frac{1}{k^4(n+k)^2}$$したがって、和の順を交換してもいいことを考慮し、(6)も利用して$$0=\zeta(2)\zeta(4)+3\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^4(n+k)^2}+2\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^3(n+k)^3}-4\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^5}$$\begin{equation}\therefore\quad 0=\frac{7}{4}\zeta(6)+3\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^4(n+k)^2}+2\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^3(n+k)^3}-4\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^5}\tag{17}\end{equation}まさに前節で求めたかった $B$ が右辺第2項に現れているではありませんか！しかも(17)の最終項は(14)で求まっています。よって\begin{equation}0=-\frac{21}{4}\zeta(6)+2\zeta(3)^2+3\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^4(n+k)^2}+2\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^3(n+k)^3}\tag{18}\end{equation}
残りを計算しましょう。$$\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^3(n+k)^3}=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=n}^\infty\frac{1}{n^3(k+1)^3}$$ここで次の変形を利用します。\begin{eqnarray*}\zeta(3)^2 &=& \sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^3k^3} \\&=& \zeta(6)+\sum_{n=1}^\infty\left(\sum_{k=1}^{n-1}+\sum_{k=n+1}^{\infty}\right)\frac{1}{n^3k^3}\\&=& \zeta(6)+\sum_{n=2}^\infty\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{n^3k^3}+\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{n^3k^3} \\&=& \zeta(6)+\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(n+1)^3k^3}+\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{n^3(k+1)^3} \\&=& \zeta(6)+\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^{k}\frac{1}{n^3(k+1)^3}+\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{n^3(k+1)^3} \\&=& \zeta(6)+\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{n^3(k+1)^3}+\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{n^3(k+1)^3} \\&=&\zeta(6)+2\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{n^3(k+1)^3} \end{eqnarray*}要は $k$ に関する和を $k=1$～$n-1$ , $n$ , $n+1$～ の３つに分けたのです。\begin{equation}\therefore\quad\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^3(n+k)^3}=-\frac{1}{2}\zeta(6)+\frac{1}{2}\zeta(3)^2\tag{19}\end{equation}$n,k$ が逆になってしまいましたが(18)に代入すると\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{n^4(n+k)^2}=\frac{25}{12}\zeta(6)-\zeta(3)^2\tag{20}\end{equation}左辺はまさに $B$ なのですから、(11)(12)より$$\zeta(2)\zeta(4)-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^4}=\frac{25}{12}\zeta(6)-\zeta(3)^2$$したがって
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^4} = -\frac{1}{3}\zeta(6)+\zeta(3)^2\tag{21}\end{equation}
(9)を使うと次の式もできあがります。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(4)}}{n^2} = \frac{37}{12}\zeta(6)-\zeta(3)^2\tag{22}\end{equation}
この調子でほかにもできそうですが、字数が多くなってきたので本記事はここまでです。
$S(p,q):=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(p)}}{n^q}$ をゼータ関数で表現できるためには条件があるそうです。Flajolet ＆Salvy(1998)によると、次のいずれかを満たすのが条件です。
- $p=1$ である
- $p=q$ である
- weight($p+q$のこと)が奇数である
- $(p,q)$ が $(2,4)$ または $(4,2)$ である("exceptional" configulations)
これらの解法の本質は、ほぼ本記事で完結しています。
下記文献を参考にしました。調和数を含んだ無限級数や、対数・多重対数関数を含んだ積分を非常に多く紹介しています。導出もていねいです。積分や級数計算が好きなら必読！
本記事で参照したのは Cornel Ioan Vălean, "(Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series" です。めちゃくちゃ難しい積分が目白押しで楽しいです。
【Amazon】(Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series
次回はこちら：
Please support me!
記事を気に入って下さった方、「応援してあげてもいいよ」という方がいらっしゃったら15円から可能なので支援していただければ幸いです。情報発信を継続していくため、サーバー維持費などに充てさせていただきます。
ご支援いただいた方は、こちらで確認できます。
◎ Amazonギフトの場合、
Amazonギフト券- Eメールタイプ – Amazonベーシック
より、金額は空白欄に適当に(15円から)書きこんで下さい。受取人は「mamekebiamazonあっとgmail.com」です（あっとは@に置き換えてください）。贈り主は「匿名」等でOKです。全額がクリエイターに届きます。
◎ OFUSEは登録不要で、100円から寄付できます。金額の90%がクリエイターに届きます。
OFUSEで応援を送る◎ codocは登録不要で、100円から寄付できます。金額の85%がクリエイターに届きます。
